SKKN Phương pháp đồ thị trong các bài tập về hợp chất của nhôm và kẽm lớp 12 - THPT

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO THANH HÓA 
 TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 3
 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ TRONG CÁC BÀI TẬP VỀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM VÀ KẼM LỚP 12 - THPT
Họ và tên: Nguyễn Minh Hải 
Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn
Đơn vị công tác: THPT Hậu Lộc 3 
SKKN thuộc môn: Hóa học
THANH HÓA NĂM 2019
 Mục lục
 Trang 
I. MỞ ĐẦU
1
1. Lí do chọn đề tài 
1
2. Mục đích nghiên cứu 
1
3. Đối tượng nghiên cứu 
1
4. phương pháp nghiên cứu 
1
II. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm 
1
1. Cơ sở lí luận và thực tiễn
1
2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 
II. Giải pháp của đề tài 
2
1/Đồ thị dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với muối Al2(SO4)3 
2
2/ Đồ thị dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với hỗn hợp muối Al2(SO4)3 và AlCl3( hoặc một muối nhôm khác như Al(NO3)3)
4
3.Dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với dung dịch hỗn hợp Na2SO4 và Al2(SO4)3
8
4. Dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, Hoặc dung dịch chứaAlCl3 có thêm ion kim loại khác như Fe, Mg
9
5.Dung dịch NaOH phản ứng vơi dung dịch ZnSO4
15
III. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN
19
1. Kết quả thực nghiệm
18
2. Kết quả từ thực tiễn
19
IV. kết luận 
20
Tài liệu tham khảo và danh mục các sáng kiến kinh nghiệm đã được xếp loại cấp tỉnh 
I. MỞ ĐẦU 
1. Lí do chọn đề tài 
Nâng cao chất lượng dạy học nói chung và chất lượng dạy học Hóa học nói riêng là nhiệm vụ quan trọng nhất hiện nay của giáo viên Hóa học ở các trường phổ thông.
Trong dạy học Hóa học, chúng ta có thể nâng cao chất lượng dạy học và phát triển năng lực nhận thức của học sinh bằng nhiều biện pháp và nhiều phương pháp khác nhau, mỗi phương pháp đều có những ưu điểm riêng, nên đòi hỏi giáo viên phải biết lựa chọn, phối hợp các phương pháp một cách thích hợp để chúng bổ sung cho nhau, nhằm giúp học sinh phát huy tối đa khả năng tư duy độc lập, tư duy logic và tư duy sáng tạo của mình.
	Trong hai năm gần đây đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng(nay gọi là đề thi THPT Quốc gia) có khá nhiều đổi mới, đó là:
	 +Tăng số lượng các câu dễ.
	 +Tăng độ khó của những câu hỏi trong khung điểm 9 – 10.
	 +Sử dụng những câu hỏi và bài tập đặc trưng cho bộ môn Hóa học: câu hỏi sử dụng hình ảnh, thí nghiệm; bài tập sử dụng đồ thị.
Với câu hỏi sử dụng hình ảnh, thí nghiệm,tập sử dụng đồ thị tôi thấy học sinh khá lúng túng vì các em ít được thực hành, chưa được luyện bài tập sử dụng đồ thị nhiều. Hơn nữa bài tập sử dụng đồ thị thì đây không phải là một phương pháp giải mới và xa lạ với nhiều giáo viên nhưng việc sử dụng nó để giải bài tập hóa học thì chưa nhiều vì vậy số lượng tài liệu tham khảo chuyên viết về đồ thị khá hạn chế và chưa đầy đủ. 
 Vì những lí do trình bày ở trên tôi xin viết SKKN “ Phương pháp đồ thị trong các bài tập về hợp chất của nhôm và kẽm lớp 12 – THPT ” .
2. Mục đích nghiên cứu 
 Giúp các em học sinh khắc phục các khó khăn và tự tin khi xử lí dạng bài đồ thị nói chung và đồ thi trong các bài tập về hợp chất của nhôm và kẽm nói riêng . 
3. Đối tượng nghiên cứu 
- Nghiên cứu tìm ra các cách giải khác nhau của một số bài toán đồ thị thường gặp và đồ thị lạ . 
-Sử dụng các bài tập này trong việc giảng dạy các tiết học chính khóa và không chính khóa ở trường trung học phổ thông.
4. phương pháp nghiên cứu :
Phương pháp xây dựng cơ sở lý thuyết , phương pháp thống kê, xử lý số liệu 
II. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm 
1. Cơ sở lí luận và thực tiễn
- Bài tập hóa học là một biện pháp quan trọng để thực hiện nhiệm vụ dạy học. Bài tập Hóa học giúp học sinh đào sâu và mở rộng kiến thức một cách sinh động, phong phú, giúp cho giáo viên củng cố và hệ thống hóa kiến thức một cách thuận lợi, rèn luyện được nhiều kĩ năng cần thiết về hóa học góp phần vào việc giáo dục kĩ thuật tổng hợp cho học sinh.
	- Thực tiễn giảng dạy cho thấy việc thực hiện giải bài toán bằng nhiều cách khác nhau, giúp học sinh không những nắm vững kiến thức mà còn hoàn thiện kỹ năng và hình thành kỹ xảo. Điều này hết sức cần thiết, giúp học sinh giải quyết nhanh, đạt kết quả tốt trong việc giải các bài toán trắc nghiệm có yêu cầu mức độ vận dụng ngày càng cao trong các kỳ thi hiện nay.
2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 
 Học sinh khó khăn khi tiếp cận các bài toán liên quan đến đồ thị, học sinh thường bỏ qua các bài này . 
III. GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI 
Xây dựng một số dạng đồ thị về về hợp chất của nhôm và kẽm lớp 12 – THPT 
Đồ thị dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với muối Al2(SO4)3 
 + Ta thấy đồ thị được hình thành bởi 2 đường :(Hình 1)
 : (Hình 1)
 (1) là kết tủa tạo thành khí Al2(SO4)3 phản ứng với Ba(OH)2 ; 
 Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4↓ + 2Al(OH)3↓
 a → 3a → 3a → 2a
 (2)là kết tủa Al(OH)3 sinh ra bị hòa tan hết.
 Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O
 a → 2a → a 
Cần phải nhớ 
 855a ( Kết tủa cực đại) 
 699a ( là kết tủa BaSO4)
 nOH- = 4nAl3+ = 4.2a Hoặc nBa(OH)2 = 2nAl3+ =2.2a 
 VD1: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,5M vào ống nghiệm chứa V lít dung dịch Al2(SO4)3 a mol/lít. Quá trình phản ứng được biểu diễn trên đồ thị sau:
Để lượng kết tủa không đổi thì thể tích dung dịch Ba(OH)2 nhỏ nhất cần dùng là
A. 0,24 lít.	B. 0,30 lít.	C. 0,32 lít.	D. 0,40 lít.
Hướng tư duy: Áp dụng các công thức đã nêu trên :
 699a = 34,95 → a= 0,05
 nBa(OH)2 = 2nAl3+ =2.2a = 2.2.0,05 = 0,2 mol→ Vmin= 0,2:0,5 =0,4 lit 
 → Đáp án D
VD2 : Nhỏ từ từ dung dịch đến dư Ba(OH)2 0,2M vào 100 ml dung dịch A chứa Al2(SO4)3 xM. Mối quan hệ giữa khối lượng kết tủa và số mol OH- được biểu diễn bằng đồ thị sau:
Nếu cho 100ml dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 0,2M và NaOH 0,3M vào 100ml dung dịch A thì khối lượng kết tủa thu được là bao nhiêu?
	A. 5,44 gam	B. 4,66 gam	C. 5,70 gam	D. 6,22 gam
HD: Đặt Al2(SO4)3 (a mol) = 0,1x ( không cần tìm x)
3a = 6,99 : 233 = 0,03 → a= 0,01 
Nếu cho: Ba(OH)2 = 0,02 ; NaOH = 0,03 vào dung dịch A có 0,01 mol Al2(SO4)3 ta có: mBaSO4 = 233.0,02 = 4,66( do Ba2+ hết )
nOH- = 4nAl3+ - nAl(OH)3↓ ( công thức tính nhanh )
→0,07=4.0,02 - nAl(OH)3↓ →nAl(OH)3↓ = 0,01
Khối lượng kết tủa thu được là mBaSO4 +mAl(OH)3 = 5,44 
→ Đáp án A
VD3: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,2M vào ống nghiệm chứa dung dịch Al2(SO4)3. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH)2 như sau:
Giá trị của V gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 1,7. 	B. 2,1. 	C. 2,4. 	D. 2,5.
Hướng tư duy: Đặt Al2(SO4)3 (a mol) 3a = 69,9 : 233 = 0,3 → a= 0,1 
 nBa(OH)2 = 2nAl3+ =2.2a = 0,4 → V = 2 lit gần nhất 2,1. 
2/ Đồ thị dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với hỗn hợp muối Al2(SO4)3 và AlCl3
( hoặc một muối nhôm khác như Al(NO3)3)
 + Ta thấy đồ thị được hình thành bởi 3 đường :(Hình 2)
(1) là kết tủa tạo thành khí Al2(SO4)3 phản ứng với Ba(OH)2 ; 
 Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4↓+ 2Al(OH)3↓
 a → 3a → 3a → 2a
(2) là kết tủa tạo thành khi AlCl3 phản ứng với Ba(OH)2 ; 
 2AlCl3+ 3Ba(OH)2 → 3BaCl2+ 2Al(OH)3↓
 b → 1,5b → 1,5b → b
(3) là kết tủa Al(OH)3 sinh ra bị hòa tan hết.
 Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O
 Hình 2
Chẳng hạn theo đồ thị trên ta cần nhớ : 
 +giá trị 0,3 = n Al2(SO4)3 = a
+giá trị 0,6 = 2n Al3+ =2(2a+b)
+giá trị khoảng giữa x và y trên trục tung là 855a {BaSO4(3a) ,Al(OH)3↓(2a)}
giá trị khoảng giữa 0,3 và 0,6 trên trục hoành là : a + 1,5b
+ y= 855a + 78b ( Kết tủa cực đại) 
+ x= 699a [ BaSO4(3a)]
VD1: Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa Al2(SO4)3 và AlCl3 thì khối lượng kết tủa sinh ra được biểu diễn bằng đồ thị sau. Giá trị của x gần với giá trị nào nhất sau đây?
mkt (gam)
số mol Ba(OH)2
8,55
m
x
y
0,08
A. 0,029	B. 0,025	C. 0,019	D. 0,015
Hướng tư duy: 
Cách 1 : 
Đoạn 1: ứng với 2 kết tủa sinh ra cùng lúc. 
 Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4↓+ 2Al(OH)3↓
 a → 3a → 3a → 2a
 x → x → 2x/3
Tổng lượng 2 kết tủa : 233.3a + 78.2a = 8,55 → a= 0,01 mol
Khi Al(OH)3 tan hết thì chỉ còn lại BaSO4 với m = mBaSO4 = 233.3.0,01 = 6,99 gam
Theo đồ thị, m là lượng kết tủa thu được tại thời điểm n Ba(OH)2 = x
→ 233x + 78.2x/3 = 6,99 → x = 0,0245 → B
Cách 2 : Dùng hình học ( Rất ngắn và gọn dễ hiểu)
m = mBaSO4 = 233.3.0,01 = 6,99 gam
y= 3a=0,03
vậy 8,55: m = y :x → x = 0,0245 → B
VD2: Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa m gam hỗn hợp Al2(SO4)3 và AlCl3. Sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa (y gam) vào số mol Ba(OH)2 (x mol) được biểu diễn bằng đồ thị bên. Giá trị của m là
A. 10,68. 	B. 6,84.
C. 12,18. 	D. 9,18.
Hướng tư duy: 
Đặt: Al2(SO4)3 (a mol) và AlCl3 (b mol)
nOH- = 4nAl3+ => 4(2a+b) = 0,16.2
mBaSO4 + mAl(OH)3 = 17,1 => 233.3a + 78.2a = 17,1 => a = 0,02 => b = 0,04
mhh = 12,18 gam 
VD3: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp Al2(SO4)3 và AlCl3 thu được kết tủa có khối lượng theo số mol Ba(OH)2 như đồ thị: Tổng giá trị (x + y) bằng.
A. 136,2. 	 B. 163,2. 	 C. 162,3.	 D. 132,6.
Hướng tư duy: 
VD4: Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch gồm Al2(SO4)3 và AlCl3. Sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa (y gam) vào số mol Ba(OH)2 (x mol) được biểu diễn bằng đồ thị bên, khối lượng kết tủa cực đại là m gam. Giá trị của m là .
A. 10,11. 	B. 6,99.	
C. 11,67. 	D. 8,55.
 Y
m
 0 0,03 0,08 x
Hướng tư duy: 
 Áp dụng các công thức đã nêu trên :
 Đặt : Al2(SO4)3 (a mol) và AlCl3 (b mol) => a= 0,01
nOH- = 4nAl3+ => 4(2a+b) = 0,08.2 = 0,16 => b= 0,02
m= 855a + 78b= 10,11
VD5 Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch X chứa a mol Al2(SO4)3 và b mol AlCl3. Tổng số mol kết tủa thu được phụ thuộc vào số mol Ba(OH)2 nhỏ vào theo đồ thị ở hình bên. Giá trị của a và b lần lượt là
0,175
A. 0,05 và 0,05.	B. 0,075 và 0,025.	
C. 0,025 và 0,05.	D. 0,05 và 0,025.
Hướng tư duy: 
 Áp dụng các công thức đã nêu trên :
Đặt Al2(SO4)3 (a mol) và AlCl3 (b mol) => 5a+b= 0,175 (1)
 nOH- = 4nAl3+ => 4(2a+b) = 0,4 (2)
Từ (1) và (2) =>a= 0,025 , b= 0,05 => Đáp án C
VD6 : Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa a mol Al2(SO4)3 và b mol AlCl3 thì khối lượng kết tủa sinh ra được biểu diễn bằng đồ thị sau. Giá trị của (a + b) gần với giá trị nào nhất sau đây?
A. 0,40	B. 0,35	C. 0,45	D. 0,25
Hướng tư duy: 
Áp dụng các công thức đã nêu trên Tại 128,25 gam 
Điền số tại vị trí 1,0 mol => Đáp Án B
Hoăc : Tại vị trí 1,0 mol nOH- = 4nAl3+ => 4(2a+b) = 2 => b= 0,2 => Đáp Án B
VD 7: Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa hỗn hợp Al2(SO4)3 và AlCl3. Sự biến thiên khối lượng kết tủa được biểu diễn bằng đồ thị sau:
Tổng khối lượng của hai muối Al2(SO4)3 và AlCl3 là
A. 6,09 gam.	B. 3,42 gam.	C. 5,34.	D. 6,84.
Hướng tư duy: 
+ Đường (1) là sự biến thiên lượng kết tủa của phản ứng giữa Ba(OH)2 và Al2(SO4)3; đường (2) là sự biến thiên lượng kết tủa của phản ứng giữa Ba(OH)2 và AlCl3; đường (3) là quá trình hoàn tan Al(OH)3.
3.Dung dịch Ba(OH)2 phản ứng với dung dịch chứa Na2SO4 và Al2(SO4)3
 + Ta thấy đồ thị được hình thành bởi 3 đường :(Hình 3)
(1) là kết tủa tạo thành khí Al2(SO4)3 phản ứng với Ba(OH)2 ; 
 Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4↓+ 2Al(OH)3↓
 a → 3a → 3a → 2a
(2) là kết tủa tạo thành khi AlCl3 phản ứng với Ba(OH)2 ; đồng thời có sự hòa tan của Al(OH)3
 Na2SO4 + Ba(OH)2 →BaSO4↓+ + 2NaOH
 b → b → b 2b
 NaOH + Al(OH)3→ NaAlO2 + 2H2O
 2b 2b 
 Kết tủa tạo ra là 233b nhưng tan mất 156b 
(3) là kết tủa Al(OH)3 còn lại bị hòa tan hết.
 Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O
Theo đồ thị trên ta cần nhớ : 
Đặt nAl2(SO4)3 = a mol ; nNa2SO4= b mol
+ y= 855a +( 233b -156b) = 855a+ 77b ( Kết tủa cực đại) 
+ x= 233( 3a+ b) ( Kết tủa không đổi)
+ khi kết tủa cực đại thì nBa(OH)2 là : 3a + b
+ Khi Al(OH)3 tan hết thì nOH- = 4nAl3+
VD1 : Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp Na2SO4 và Al2(SO4)3 ta có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba(OH)2 như sau 
Dựa vào đồ thị hãy xác định giá trị của x là
	A. 0,28 (mol)	B. 0,3 (mol)	C. 0,2 (mol)	D. 0,25 (mol)
Hướng tư duy 
Đặt nAl2(SO4)3 = a mol ; nNa2SO4= b mol
Ta có 69,9 =233( 3a+ b) ( Kết tủa không đổi)
 →3a+b = 0,3 
+ khi kết tủa cực đại thì nBa(OH)2 là : 3a + b = 0,3 → Đáp án B. 
VD2 : Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp Na2SO4 và Al2(SO4)3 ta có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba(OH)2 như sau 
Dựa vào đồ thị hãy xác định khối lượng kết tủa lớn nhất 
	A. 75,15	B. 73,02	C. 80,2	D. 81,06
Hướng tư duy 
Đặt nAl2(SO4)3 = a mol ; nNa2SO4= b mol
Ta có 69,9 =233( 3a+ b) ( Kết tủa không đổi)
 →3a+b = 0,3 
+ Khi Al(OH)3 tan hết thì nOH- = 4nAl3+ → 0,32.2 = 4.2a → a= 0,08 , b= 0,06
+ Kết tủa cực đại 855a +( 233b -156b) = 855a+ 77b = 73,02→ Đáp án B
4. Dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, Hoặc dung dịch chứaAlCl3 có thêm ion kim loại khác như Fe, Mg
Cho từ từ dung dịch chứa NaOH vào dung dịch chứa a mol AlCl3 ta có: 
+ Pư xảy ra:
	Al3+ + 3OH- → Al(OH)3↓
	Al(OH)3 + OH- → Al(OH)4-[AlO2- + + 2H2O]
+ Đồ thị biểu diễn hai pư trên như sau:
+ Ta luôn có: và BM = a
Theo đồ thị trên ta cần nhớ : 
@ Dáng của đồ thị: Tam giác không cân
@ Tọa độ các điểm quan trọng
+ Điểm cực đại(kết tủa cực đại): (a, 3a)[a là số mol của Al3+] Þ kết tủa cực đại là a mol.
+ Điểm cực tiểu: (0, 4a)
@ Tỉ lệ trong đồ thị: (1:3) và (1:1).
+ Nếu có H+ (bmol) sự biến thiên lượng kết tủa Al(OH)3 theo lượng được biểu diễn bằng đồ thị sau:
Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp Al và Al2O3 trong 200 ml dung dịch HCl nồng độ a mol/l, thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào X, lượng kết tủa Al(OH)3 (m gam) phụ thuộc vào thể tích dung dịch NaOH (V ml) được biểu diễn bằng đồ thị dưới đây: 
Giá trị của a là
A. 0,5.	B. 1,5.	C. 1,0.	D. 2,0.
Hướng tư duy 
+ Từ đồ thị biểu diễn quá trình phản ứng của dung dịch NaOH với X, ta thấy X chứa HCl và AlCl3.
+ Gọi x là thể tích NaOH dùng để trung hòa HCl và làm kết tủa hết AlCl3 trong X, ta có đồ thị:
VD2: Đồ thị sau đây biểu diễn sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa khi cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào 100 ml dung dịch chứa HCl và AlCl3. Nồng độ mol của HCl và AlCl3 ban đầu lần lượt là
0,16
0,24
2,34
số mol NaOH NaOH 
mkt (gam)
x
z
y
A. 0,8M và 0,5M	B. 0,7M và 0,6M	
C. 0,4M và 0,6M	D. 0,7M và 0,5M
Hướng tư duy 
Tại n = 0,16 : 3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3↓ + 3NaCl
 Ta có: nOH− = nH+ + 3n Al(OH)3 → y + 0,09 = 0,16 → y = 0,07 mol
	Vậy nồng độ mol HCl = 0,07 : 0,1 = 0,7M
Tại n = 0,24: kết tủa Al(OH)3 tan môt phần, áp dụng :
 nOH− = nH+ + 4nAl3+ - n Al(OH)3 
 0,24 = 0,07 + 4nAl3+ - 0,03 → nAl3+ = 0,05
	Vậy nồng độ mol AlCl3 = 0,05 : 0,1 = 0,5M→ Đáp án D
VD3 : Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch X chứa FeCl3 và AlCl3 thu được đồ thị sau. Giá trị n gần nhất với giá trị nào sau đây? 
	A. 84 gam	B. 81 gam.	C. 83 gam	D. 82 gam.
Hướng tư duy 
HD: Từ trị số 3,1 đến 3,2 , số mol OH− tăng thêm : 3,2 – 3,1 = 0,1 mol
	 Al(OH)3 tan thêm : 0,1 mol ( Al(OH)3 + OH− → AlO2− + 2H2O )
 Giá trị của n = 88,47 – 78.0,1 = 80,67 gam → Đáp án B
VD4: Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch X chứa 41,575 gam gồm các chất HCl, MgCl2, AlCl3. Tiến trình phản ứng được biểu diễn bởi đồ thị sau:
Giá trị của a là
A. 0,15.	B. 0,2.	C. 0,3.	D. 0,35.
Hướng tư duy 
+ Từ đồ thị suy ra Ta có:
VD 5: Cho m gam Al2O3 tác dụng với dung dịch HCl dư thu dung dịch Z chứa 2 chất tan có cùng nồng độ mol. Rót từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Z ta có đồ thị sau:
Giá trị của a là: 
	A. 0,48	B. 0,36	C. 0,42	D. 0,40
Hướng tư duy 
Dung dịch Z có AlCl3 = HCl dư = a mol . Áp dụng công thức tính nhanh:
 OH− = n (H+) + 4 n (Al3+) – n (Al(OH)3 )
 4,25a = a + 4a – (a – 0,09) → a = 0,36→ Đáp án B
VD 6. Hòa tan hoàn toàn 7,98 gam hỗn hợp gồm Mg và Al trong dung dịch chứa a mol H2SO4, sau khi kết thúc phản ứng, thu được 8,96 lít khí H2 (đktc) và dung dịch X. Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào X, sự phụ thuộc số mol kết tủa và thể tích dung dịch NaOH 1M được biểu diễn theo đồ thị sau:
Số mol kết tủa
Giá trị của a là
A. 0,42.	B. 0,44.	C. 0,48.	D. 0,45.
Hướng tư duy 
Đặt nMg = x; nAl = y ⇒ 24x + 27y = 7,98g; nH2 = x + 1,5y = 0,4 mol. 
Giải hệ có: x = 0,13 mol; y = 0,18 mol.
Tại 1,03 mol NaOH thì kết tủa gồm 0,13 mol Mg(OH)2 và (0,24 - 0,13 = 0,11) mol Al(OH)3. ⇒ dung dịch gồm (0,18 - 0,11 = 0,07) mol NaAlO2 và (1,03 - 0,07) ÷ 2 = 0,48 mol Na2SO4⇒ a = nNa2SO4 = 0,48 mol ⇒ chọn C.
VD7: Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH 0,1M vào 300 ml dung dịch hổn hợp gồm H2SO4 a mol/lít và Al2(SO4)3 b mol/lít. Đồ thị dưới đây mô tả sự phụ thuộc của số mol kết tủa Al(OH)3 vào số mol NaOH đã dùng.
Tỉ số a/b gần với giá trị nào sau đây
A. 1,7	B. 2,3	C. 2,7	D. 3,3
Hướng tư duy : theo đề: nH+ = 2.0,3a = 0,6a mol → nOH− = nH+ = 0,6a mol
 nAl3+ = 2. 0,3b = 0,6b mol 
tại trị số nOH− = 2,4b thì nOH− = nH+ + 3nAl(OH)3 
	→ 2,4b = 0,6a + 3y → y = ( 2,4b – 0,6a ) : 3 (1)
Tại trị số nOH− = 1,4a thì nOH− tác dụng với Al3+= 4nAl3+ − n↓
 → 1,4a – 0,6a = 4.0,6b – y → y = 2,4b – 0,8a (2)
Từ (1) và (2) → 0,8b – 0,2a = 2,4b – 0,8a → a/b = 2,667
Các bài tương tự
VD8 : Cho x gam Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa y mol HCl thu được dung dịch Z chứa 2 chất tan có cùng nồng độ mol. Thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Z thì đồ thị biểu diễn lượng kết tủa phụ thuộc vào lượng OH- như sau:
Giá trị của x là
A. 27,0.	B. 26,1.	C. 32,4.	D. 20,25.
VD9: Cho dd X chứa AlCl3và HCl. Chia dung dịch X thành 2 phần bằng nhau:
- Phần 1: Cho tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, thu được 71,75 gam kết tủa.
- Phần 2: Nhỏ từ từ đến dư dd NaOH vào, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:
a
0,2a
 0 0,14 x
Giá trị của x là
A. 0,62	B. 0,33	C. 0,51	D. 0,57
 VD10: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol FeCl3 và b mol AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:
 Tỉ lệ x : y là
A. 9 : 11.	 B. 8 : 11.	 C. 9 : 12.	 D. 9 : 10.
5.Dung dịch NaOH vào dung ZnSO4
+ Cho từ từ dung dịch chứa OH- vào dung dịch chứa a mol Zn2+ ta có pư xảy ra:
	Zn2+ + 2OH- → Al(OH)3↓
	Zn(OH)2 + 2OH- → Zn(OH)42- [hoặc: ZnO22- + 2H2O]
+ Đồ thị biểu diễn hai pư trên như sau:
+ Tương tự khi cho từ từ dung dịch chứa OH- vào dung dịch chứa x mol H+ và a mol Zn2+ ta có đồ thị sau:
+ Cho từ từ dung dịch chứa H+ vào dung dịch chứa a mol ZnO22- ta có pư xảy ra:
	ZnO22- + 2H+ → Zn(OH)2↓ Zn(OH)2 + 2H+ → Zn2+ + 2H2O
+ Đồ thị biểu diễn hai pư trên như sau:
+ Tương tự khi cho từ từ dung dịch chứa H+ vào dung dịch chứa x mol OH- và a mol ZnO22- ta có đồ thị sau:
@ Dáng của đồ thị: Tam giác cân
@ Tọa độ các điểm quan trọng
+ Điểm cực đại(kết tủa cực đại): (2a, a)[a là số mol của Zn2+] Þ kết tủa cực đại là a mol.
@ Tỉ lệ trong đồ thị: (2:1).
VD1 Hoà tan hết m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Nếu cho 110 ml dung dịch KOH 2M vào X thì được 3a mol kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thì thu được 2a mol kết tủa. Tính m?
Hướng tư duy 
+ Gọi x là số mol kết tủa cực đại. Số mol KOH lần lượt là 0,22 mol và 0,28 mol.
+khi tăng KOH số mol kết tủa giảm nên ứng với 0,28 mol KOH có pư hòa tan kết tủa
+ TH1: Ứng với 0,22 mol KOH không có pư hòa tan kết tủa.
+ Từ đồ thị suy ra: Þ vô lí
+ TH2: Ứng với 0,22 mol KOH có pư hòa tan kết tủa.
+ Từ đồ thị suy ra: Þ m = 16,1 gam (thỏa mãn).
VD2: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch gồm a mol HCl và b mol ZnSO4. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên sơ đồ sau :
 Tỉ lệ a : b là
A. 1 : 2.	B. 3 : 2.	C. 2 : 3.	D. 3 : 4.	
Giải
+ Từ đồ thị Þ a = 0,4 mol (*) + Kết tủa cực đại = b mol. + Ta có đồ thị:
+ Từ đồ thị Þ 2x = 1 – 0,4 Þ x = 0,3 mol (1)
+ Ta cũng có : 1,0 – 0,4 = 0,4 + 4b – 3,0 Þ b = 0,8 mol (**)
+ Từ (*, **) Þ a : b = 1 : 2.
VD3: Nhỏ từ từ đến dư KOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol HCl và x mol ZnSO4 ta quan sát hiện tượng theo đồ thị hình bên (số liệu tính theo đơn vị mol). Giá trị của x (mol) là:
A. 0,4.	B. 0,6.	
C. 0,7.	D. 0,65.
Hướng tư duy 
+ Từ đồ thị Þ a = 0,25 mol.
+ Dễ thấy : (0,45 – 0,25)  = (0,25 + 4x) – 2,45 Þ x = 0,6 mol.
VD4: Dung dịch A chứa a mol ZnSO4; dung dịch B chứa b mol AlCl3; dung dịch C chứa c mol NaOH. Tiến hành 2 thí nghiệm sau: 
+ Thí nghiệm 1: Cho từ từ dung dịch C vào dung dịch A;
+ Thí nghiệm 2: Cho từ từ dung dịch C vào dung dịch B.
Lượng kết tủa ở 2 thí nghiệm biến đổi theo đồ thị sau đây:
Tổng khối lượng kết tủa ở 2 thí nghiệm khi dùng x mol NaOH gần nhất với giá trị nào sau đây ?	A. 9.	B. 8.	C. 8,5.	D